精品解析：2025届云南省大理白族自治州大理市模拟预测数学试题

大理市辖区2025届高中毕业生区域性规模化统一检测 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数定义域和单调性解不等式，得到，解一元二次不等式得到，由交集概念求出答案. 【详解】集合，， 则. 故选：D. 2. 已知各项均为正数的等比数列中，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质得到，计算出答案. 【详解】∵各项均为正数的等比数列中，， ∴. 故选：C. 3. 如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（ ） A. 1400 B. 2800 C. D. 8400 【答案】B 【解析】 【分析】设斜高，利用侧面积求出斜高，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案. 【详解】如图，正四棱台底面边长分别为和，侧面积为， 设为斜高，可得，解得，即， ∴棱台的高， ∴， 即棱台的体积为. 故选：B. 4. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据函数奇偶性排除AB选项，C选项，计算出，排除C；D选项，满足奇偶性和，得到答案. 【详解】A选项，，故不是偶函数， 由图可知函数为偶函数，排除A选项； B选项，，可得不是偶函数，排除B； C选项，因为，由图知，故排除C选项； D选项，，故是偶函数， 且，满足要求. 故选：D. 5. 现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种 A. 10 B. 20 C. 30 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】应用分步乘法原理计算即可. 【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况， 由分步计数原理得，共有种不同的方法. 故选：C 6. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知等式，应用常值代换法应用基本不等式求和的最小值即可. 【详解】 （当且仅当，时取等号）. 故选:C. 7. 若函数在为增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对恒成立，其中，令，则，从而得到，验证后得到答案. 【详解】，由题意对恒成立， 其中，令， 则需，其中，故， 当时，，故在上递增， ∴成立. 当时，取，易知在上单调递增， 若，则，所以在上递减， 故，与题意不符，舍去； 若时，，，所以存在，使得， 当时，，所以在上递减， 故，与题意不符，舍去； 综上得. 故选：A. 8. 已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（ ） A. 5 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线为，联立抛物线可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目条件可计算出直线方程，再借助线段的中点在上计算即可得. 【详解】设直线为，代入抛物线得， 则，，∴， 直线为，线段的中点记为， 则，. 又中点在上，∴. 故选：B. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 假设是两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，利用条件概率公式得到；B选项，与相互独立，故；C选项，根据求出答案；D选项，利用条件概率得到. 【详解】A选项，因为，，，， 所以，A正确； B选项，因为事件与相互独立，所以与相互独立， 所以，B错误； C选项，，C错误； D选项，因为，所以，D正确. 故选：AD. 10. 设，过定点A的动直线：，和过定点的动直线：交于点，圆：，则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 直线与圆相交最短弦长为2 C. 动点的曲线与圆相交 D. 最大值为5 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据直线过定点分析整理即可；对于B：可知点在圆内部，结合圆的性质分析判断；对于C：分析可知动点的曲线是以为直径的圆，进而判断两圆的位置关系；对于D：根据题意结合基本不等式分析判断. 【详解】由题意可知：圆：的圆心为，半径， 对于选项A：因为动直线：过原点，所以， 由，得，则，故A错误； 对于选项B：因为，可知点在圆内部， 当时，圆心到直线：的最大值为， 所以直线与圆相交最短弦长为，故B正确； 对于选项C：因为：，：， 且，则， 可知动点的曲线是以为直径的圆，且该圆的圆心坐标为，半径为， 因为两圆圆心距为， 可得两圆半径之和为，两圆半径之差为， 因为，所以动点的曲线与圆相交，故C正确； 对于选项D：因为， 当且仅当时，等号成立， 所以最大值为5，故D正确； 故选：BCD. 11. 如图是函数（，，）的部分图象，是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，，是图象与轴的交点，且，的面积等于，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 D. 函数的单调递减区间是， 【答案】ABC 【解析】 【分析】由图像可得，再根据三角形面积可得，进而可得函数的最小正周期与，再结合，可得函数解析式，进而可判断图像性质及平移变换. 【详解】由图象可知，， 即，所以，故B选项正确； 即，所以， 且图象过点，即， 又，所以， 所以， 令，，解得，， 所以函数的对称中心为， 当时，对称中心为，故A选项正确； 将的图象向右平移个单位长度得到，故C选项正确； 令，，解得，， 所以函数的单调递减区间是，，故D选项错误， 故选：ABC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在第______象限. 【答案】二 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简，进而得到其对应点的位置. 【详解】， 复数在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故答案为：二. 13. 椭圆（）的右顶点为，上顶点为，右焦点为，若直线与以为圆心半径为的圆相切，则椭圆离心率等于______. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的方程为：，根据点到直线距离得到方程，求出，求出离心率. 【详解】依题意，，，，所以直线的方程为：， 又直线与以为圆心半径为的圆相切，故， 即，， 方程两边同除以得，解得或， 又椭圆的离心率，所以. 故答案为： 14. 已知递增的等差数列的公差为，从中抽取部分项，，……构成等比数列，其中，，，且集合中有且仅有3个元素，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，计算出，故公比，求出的通项公式，故，根据等比数列得到，从而得到方程，求出，故，作差法得到是递减数列，由题意得且，解得. 【详解】，，，…，构成等比数列，其中，，， 因为，所以，即，其中, 所以，，，所以公比， 因为，即，所以， 又因为，所以， 即， ∴， ∴， ∴是递减数列，由题意得且，解得. 故答案为： 四、解答题（共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，为边上的一点，，且______，求的周长. （从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答） ①是的平分线 ②为线段的中点 【答案】（1） （2）选①和②，答案均为 【解析】 【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出； （2）选①，由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，求出，得到周长； 选②，两边平方得，由余弦定理得，联立求出，得到周长. 【小问1详解】 因为，可得， 故，故， 可得， 因为，，所以，可得. 【小问2详解】 若选①：由平分得：， 即，即， 在中，由余弦定理得， 即，两式联立可得， 所以的周长为； 若选②：为线段的中点，故， ， 因为，，故， 整理可得， 在中，由余弦定理得， 所以， 两式联立可得，所以， 从而的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，．求二面角的大小． 【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，， 在中，，分别为，的中点，所以且， 在菱形中，因为且， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）添加适当辅助线，证明出四边形为平行四边形，再通过线线平行证明线面平行； （2）由线面垂直得出线线垂直，再证明为正三角形，得出，建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再利用公式求解，即可求出二面角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为平面，，，平面， 所以，，． 连接，因为，，且， （或者证 所以，在菱形中，，即为正三角形， 又因为为中点，所以， 以为原点，，，所在的直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 因为且． 又因为为正三角形且，所以， 则，，，则，， 由平面，可得平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 所以，所以二面角的大小为． 17. 已知双曲线：（，）的一条渐近线方程为，顶点到渐近线的距离为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，若直线过点，与的左、右两支交于，两点，且的面积为，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用渐近线的斜率及点到直线的距离建立关于的等式求解即可； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知直线斜率不存在时，不满足条件，当斜率存在时，联立直线与双曲线的方程，表示出的长，再利用点到直线的距离求出点到的距离，利用三角形的面积公式建立等式进行求解出，即可求出直线的方程． 【小问1详解】 由题得， ① 由对称性不妨设的顶点为，则， ② 联立①②解得，， 所以的方程为． 【小问2详解】 设，， 当直线的斜率不存在时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 由得， 所以， 解得， 因为，， 所以 ． 又点到直线的距离， 所以的面积， 解得或；又因为，所以， 所以直线的方程为． 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （ⅰ）求比赛结束时，三人总积分为2分的概率； （ⅱ）求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望. （2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）的分布列为 2 3 4 0.6 0.16 0.24 ，数学期望为 （2）乙和甲打第一局 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据题意可知比赛结束时，甲或乙连续获得两场胜利，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得解；（ⅱ）列举出总积分，根据各个积分计算出概率，再根据期望公式即可求解； （2） 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，比较大小即可判断. 【小问1详解】 （ⅰ）由题意可知，两场比赛后结束，即甲或乙连续获得两场胜利，有两种情况，； （ⅱ）由题意可知，， 所以， ， ， 所以三人总积分的分布列为 2 3 4 0.6 0.16 0.24 所以. 【小问2详解】 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，其中包含三种情况， 第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜； 第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； 第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 故； 同理可得； ； 显然， 故， ， 由于，故， 所以，故乙的最优指定策略是让乙和甲打第一局. 19. 已知函数（），其中. （1）讨论的单调性； （2）若恰好有一个零点，求的取值范围； （3）若有两个零点，（），求证：. 【答案】（1） 当时，在递减；当时，在递增： 当时，在递减，在递增 （2）或 （3） 由（2）知时，有两个零点， 由，， 作差可得. 所证不等式 . 令（），则上不等式即.① 记（）， ， ∴在单调递增， ∴.所以不等式①成立，故有. 【解析】 【分析】（1）求导，分，和三种情况，得到函数的单调性； （2），构造，，求导，得到函数单调性，又，当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，从而得到或 （3）由（2）知时，有两个零点，，，两式相减得，故所证不等式可化为，令（），则上不等式化为，构造，，求导得到其单调性，得到，证毕. 【小问1详解】 （）. 当时，，在递减， 当时，，， ⅰ）若，则，在单调递增， ⅱ）若，令， .当时，，当，， ∴在单调递减，在单调递增. 综上：当时，在递减；当时，在递增： 当时，在递减，在递增. 【小问2详解】 令， 记（），， 易知，；，， ∴在单调递增，在单调递减， 又，当趋向于时，趋向于， 当趋向于时，趋向于0， 故恰有一个零点时，或. 【小问3详解】 略 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大理市辖区2025届高中毕业生区域性规模化统一检测 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知各项均为正数的等比数列中，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 3. 如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽，塔顶宽约，侧面面积为，据此计算该揽月阁模型体积为（ ） A. 1400 B. 2800 C. D. 8400 4. 已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种 A. 10 B. 20 C. 30 D. 60 6. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7. 若函数在为增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（ ） A. 5 B. C. 4 D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 假设是两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 设，过定点A的动直线：，和过定点的动直线：交于点，圆：，则下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 直线与圆相交最短弦长为2 C. 动点的曲线与圆相交 D. 最大值为5 11. 如图是函数（，，）的部分图象，是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，，是图象与轴的交点，且，的面积等于，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 D. 函数的单调递减区间是， 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在第______象限. 13. 椭圆（）的右顶点为，上顶点为，右焦点为，若直线与以为圆心半径为的圆相切，则椭圆离心率等于______. 14. 已知递增的等差数列的公差为，从中抽取部分项，，……构成等比数列，其中，，，且集合中有且仅有3个元素，则的取值范围为______. 四、解答题（共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，为边上的一点，，且______，求的周长. （从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答） ①是的平分线 ②为线段的中点 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，．求二面角的大小． 17. 已知双曲线：（，）的一条渐近线方程为，顶点到渐近线的距离为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，若直线过点，与的左、右两支交于，两点，且的面积为，求直线的方程． 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （ⅰ）求比赛结束时，三人总积分为2分的概率； （ⅱ）求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望. （2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 19. 已知函数（），其中. （1）讨论的单调性； （2）若恰好有一个零点，求的取值范围； （3）若有两个零点，（），求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $